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\title{\vspace{-4cm}\textbf{河北师范大学高等代数真题}}
\author{孙俪源}
\date{\today}
\linespread{1.5}
\definecolor{shadecolor}{RGB}{241, 241, 255}
\newcounter{problemname}
\everymath{\displaystyle}
\def\d{\mathrm{d}}
\newenvironment{problem}{\begin{shaded}\stepcounter{problemname}\noindent\textbf{题目\arabic{problemname}. }}{\end{shaded}}
\newenvironment{solution}{\par\noindent\textbf{解答. }}{\par}
\newenvironment{note}{\par\noindent\textbf{题目\arabic{problemname}的注记. }}{\par}
\pagestyle{plain}
\setlength{\parindent}{0pt}
\begin{document}
\date{}
\section*{2015年高等代数答案}
\begin{problem}[本题15分]
    若多项式$x^{3}-24x+p$有有理数根，这里p是一个素数，试求p的值。
\end{problem}
\begin{solution}
    多项式的有理根为$\pm p$，$\pm1$

    当$x=1$时，$1-24+p=0$，所以$p=23$

    当$x=-1$时，$-1+24+p=0$，所以$p=-23$（舍）

    当$x=p$时，$p^{3}-24p+p=0$，$p=0或\pm\sqrt{23}$（舍）

    当$x=-p$时，$-p^{3}+24p+p=0$,$p=0或5或-5$（舍）
    
    因为p为素数，

    所以p=23或5
\end{solution}
\begin{problem}[本题15分]

    证明：对于任意的自然数n，均有$(x^{2}+x+1)|\left((x^{n+2}+(x+1)^{2n+1}\right)$

\end{problem}
\begin{solution}
    要证$x^{2}+x+1|x^{n+2}+(x+1)^{2n+1}$

         设$x^{2}+x+1=(x-w_{1})(x-w_{2})$

         其中$w_{1}=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}$，$w_{1}=\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}$

         只需证$(x-w_{1})(x-w_{2})|x^{n+2}+(x+1)^{2n+1}$

         只需证$w_{1}^{n+2}+(w_{1}+1)^{2n+1}0$

         $w_{2}^{n+2}+(w_{2}+1)^{2n+1}=0$

        有
        
        $w_{1}^{n+2}+(w_{1}+1)^{2n+1}=w_{1}^{n+2}+(-w_{1}^{2})^{2n+1}=w_{1}^{n+2}-w_{1}^{4n+2}=w_1^{n+2}(1-w_1^3)=0$

          $w_{2}^{n+2}+(w_{2}+1)^{2n+1}=w_{2}^{n+2}+(-w_{2}^{2})^{2n+1}=w_{2}^{n+2}-w_{2}^{4n+2}=w_2^{n+2}(1-w_2^3)=0$
        
          所以$(x-w_{1})(x-w_{2})|x^{n+2}+(x+1)^{2n+1}$

          所以$x^{2}+x+1|x^{n+2}+(x+1)^{2n+1}$得证

          （利用$x-a|f(x)$，则$f(a)=0$）
\end{solution}
\begin{problem}[本题15分]

    计算n级行列式$\left|\begin{matrix}\cos a&1&0&\cdots&0&0\\ 1&2\cos a&1&\cdots&0&0\\ 0&1&2\cos a&\cdots&0&0\\ 0&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0&0&0&\cdots&1&2\cos a\end{matrix}\right|$
    
\end{problem}
\begin{solution}
    数学归纳法

    当$n=1$时，$|A|=\cos\alpha$

    当$n=2$时，$|A|=\left|\begin{matrix}\cos\alpha&1\\ 1&2\cos\alpha\end{matrix}\right|=2\cos^{2}\alpha-1=\cos2\alpha$

    假设$n\leq k$时，$|A|=\cos k\alpha$

    下证$n=k+1$时，
    
    $D_{k+1}=2\cos\alpha\cdot(-1)^{(k+1)（k+1)}\cdot\cos k\alpha+(-1)^{k+1+k}\left|\begin{matrix}\cos a&0&\cdots&0&0\\ 1&2\cos a&\cdots&0&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\\ \vdots&\vdots&&2\cos a&0\\ 0&0&\cdots&1&1\end{matrix}\right|
    =2\cos\alpha\cos k a-\left(-1\right)^{k+k}\cos\left(k-1\right)\alpha=2\cos\alpha\cos k a-\cos\left(k-1\right)\alpha
    =2\cos\alpha\cos k a-(\cos k\alpha\cos\alpha+\sin k\alpha\sin\alpha)
    =\cos k\alpha\cos\alpha+\sin k\alpha\sin\alpha
    =\cos(k+1)\alpha$

            所以，由归纳法可知$D_{n}=\cos n\alpha$
\end{solution}
\begin{problem}[本题15分]

    设A是n级方阵，$A^{\ast}$是A的伴随矩阵，且矩阵A的秩r(A)=n-1，证明：存在数k使$\left(A^{*}\right)^{2}=k A^{*}$
\end{problem}
\begin{solution}
    因为$r(A)=n-1$，所以$r(A^{*})=1$

    所以，$A^*=\left(\begin{matrix}\alpha_{1} &\\ \\\vdots&\\\alpha_{n}&\end{matrix}\right)(\beta_2\ldots\beta_n)$，$(\alpha_{i},\beta_i\neq0)$
    
    所以，$\left(A^{*}\right)^{2}=\alpha\beta^{T}a\beta^{T}$

    令$k=\beta^{T}\alpha$，所以，$\left(A^{*}\right)^{2}=k \alpha\beta^{T}={\mathrm{~k~}A}^{*}$  $（k=a_{1}b_{1}+\ldots+a_{n}b_{n}=\mathrm{~Tr~A~}$

\end{solution}
\begin{problem}[本题15分]

    设$V_{1}$，$V_{2}$是线性空间V的子空间，如果和$V_{1}+V_{2}$中零向量的分解式是唯一的，即等式$\alpha_{1}+\alpha_{2}=0$，$\alpha_{i}\in V_{i}(i=1,2)$。
    
    只有在$a_{i}$全为零向量时才成立，则和$V_{1}+V_{2}$是直和。
\end{problem}
\begin{solution}
    设$\alpha\in V_1+V_{2}$，若它有两个分解式

    $\alpha=\alpha_{1}+\alpha_{2}=\beta+\beta_{2}$，$\alpha_{i},\beta_{i}\in V_{i}(i=1,2)$

    所以，$(\alpha_{1}-\beta_{1})+(\alpha_{2}-\beta_{2})=0$

    其中，$\alpha_{i},\beta_{i}\in V_{i}(i=1,2)$

    由零向量分解式唯一，所以，$\alpha_{i}-\beta_{i}=0$

    所以，$\alpha_{i}=\beta_{i}(i=1,2)$

    也就是说，$\alpha$的分解式唯一，所以，$V_{1}+V_{2}$是直和。
\end{solution}
\begin{problem}[本题15分]

    设A,B分别是数域P上的$m\times n$，$n\times s$矩阵，W是由齐次线性方程组$A x=0$的所有解构成的线性空间，$V=L(a_{1},\ldots,a_{s})$是由矩阵B的列向量组$a_{1},\ldots,a_{s}$生成子空间，则$r(A B)=r(B)-\dim(W\cap V)$
\end{problem}
\begin{solution}
    设 $r\left( B \right) = s$,所以 $\exists$ 可逆矩阵 $Q$ 使得 $BQ$ 的后$m-s$ 列均为 $0$ ,即 $BQ=\left( \beta_1,\cdots,\beta_s,0,\cdots,0 \right)=\left( c,0 \right)$    
    \newline
    $\beta_i \in V,i=1,2,\cdots ,s$ ,且构成 $V$ 的一组基\\
    所以 $r\left( AB \right)=r\left( ABQ \right)=r\left( AC,0 \right)=r\left( AC \right)$ \\
    令 $\alpha_1,\cdots ,\alpha_t$ 是 $W\bigcap V$ 的一组基，扩充成 $V$ 的一组基
    $$ \alpha_1,\cdots,\alpha_t,\cdots,\alpha_s $$
    设 $V$ 的这两组基的过渡矩阵为 $P$ \\
    即有 $C=\left( \alpha_1,\cdots,\alpha_t,\cdots,\alpha_s \right)P$ \\
    所以 $$\begin{align}
        r(AC) &= r(A(\alpha_1,\cdots,\alpha_t,\cdots,\alpha_s)P)\\
        &= r\left[ (A\alpha_1,\cdots ,A\alpha_s)P \right]=r\left[ A\alpha_1,\cdots,A\alpha_s \right]\\
        &= r(0,\cdots,0,A\alpha_{t+1},\cdots,A\alpha_s)=r(A\alpha_{t+1},\cdots,A\alpha_s)
    \end{align}$$ 
    若 $k_1A\alpha_{t+1}+\cdots+A\alpha_s=0$ 则有\\
    $A(k_1\alpha_{t+1}+\cdots+\alpha_s)=0$,所以 $k_1\alpha_{t+1}+\cdots+\alpha_s\in W$\\
    又因为 $\alpha_1,\cdots,\alpha_s$ 是 $V$ 的基，所以 $k_1\alpha_{t+1}+\cdots+k_{s-t}\alpha_s\in V$ \\
    所以 $k_1\alpha_{t+1}+\cdots+k_{s-t}\alpha_s\in W\bigcap V$ 
    又因为 $\alpha_1\cdots \alpha_{t}$ 是 $W\bigcap V$ 的基\\
    所以 $k_1\alpha_{t+1}+\cdots+k_{s-t}\alpha_s=l_1\alpha_1+\cdots +l_t\alpha_t$ \\
    所以 $k_1\alpha_{t+1}+\cdots+k_{s-t}\alpha_s-l_1\alpha_1-\cdots -l_t\alpha_t=0$\\
    且 $\alpha_1,\cdots ,\alpha_s$ 为一组基，所以线性无关，所以 $k_1=\cdots=k_{s-t}=\cdots = l_t=0$ \\
    所以 $A\alpha_{t+1},\cdots,A\alpha_s$线性无关，所以 $r(AC)=r(A\alpha_{t+1},\cdots,A\alpha_{s})=s-t$ \\
    所以 $r(AB)=s-t$   
\end{solution}
\begin{problem}[本题15分]

    已知3级方阵A满足$A^{2}-2A-3E=0$，且A的迹为1，证明：$r(A+E)=1$。
\end{problem}
\begin{solution}
    因为$A^{2}-2A-3E=0$

    所以$\left(A+E\right)\left(A-3E\right)=0$

    所以$|A+E|=0或|A-3E|=0$

    即有$\left|{-E-A}\right|=0$，$|3E-A|=0$

    所以，$\lambda_{1}=-1$，$\lambda_{2}=3$

    又因为$\mathrm{Tr}A=1$，所以$\lambda_{3}=-1$

    当$\lambda=-1$时，$(-E-A)x=0$，即$(A+E)x=0$

    因为$\lambda=-1$为二重的，所以可知属于-1的两个线性无关的特征向量有两个。

    所以$(-E-A)x=0$的齐次方程组解空间为2维
    
    所以$r(A+E)=r(-E-A)=3-2=1$
\end{solution}
\begin{problem}[本题15分]

    设A是一个n级正定方阵，$\text{a}$是一个n维非零的实向量，$M=\left(\begin{matrix}A&\alpha\\ \alpha^{T}&0\end{matrix}\right)$
    证明：二次型$f(x)=X^{T}M X$的正负惯性指数分别为n和1。
\end{problem}
\begin{solution}
    $M=\left[\begin{matrix}A&\alpha\\\alpha^T&0\end{matrix}\right]$
    令$R=\left[\begin{matrix}E&-A^{-1}\alpha\\0&E\end{matrix}\right]$

    $\left[\begin{matrix}E&0\\-\alpha^{T}A^{-1}&E\end{matrix}\right]\left[\begin{matrix}A&\alpha\\\alpha^{T}&0\end{matrix}\right]\left[\begin{matrix}E&-A^{-1}\alpha\\0&E\end{matrix}\right]=\left[\begin{matrix}A&0\\0&-a^{T}A^{-1}a\end{matrix}\right]$

    又因为A正定，所以存在可逆矩阵P，所以$P^{T}AP=E$

    所以令$Q=\left[\begin{matrix}P&\\&1\end{matrix}\right]$，所以${Q^{T}}\left[\begin{matrix}A&0\\0&-a^{T}A^{-1}a\end{matrix}\right]{Q}=\left[\begin{matrix}E&\\&-\alpha^{T}A^{-1}\alpha\end{matrix}\right]$

    所以$Q^TR^TMRQ=(RQ)^TMPQ=\left[\begin{matrix}E&\\&-\alpha^{T}A^{-1}\alpha\end{matrix}\right]$

    因为A正定，所以${A}^{-1}$正定，所以$-\alpha^{T}A^{-1}\alpha$为负

    所以，二次型正惯性指数为n，负惯性指数为1.
\end{solution}
\begin{problem}[本题30分]

    令K是数域P上的一个千级可逆方阵，且$K^{T}=-K$，这里$K^{\mathrm{~T~}}$表示矩阵K的转置，W是数域P上千维列向量空间$p^{4}$的一个子空间，且满足$\alpha^T K\beta=0$，$\forall a,\beta\in W$。
    
    证明：1、K与矩阵$\left(\begin{matrix}0&E_2\\ -E_1&0\end{matrix}\right)$合同。

        2、存在2维的子空间W满足条件。$\alpha^{\mathrm{~T~}}K\beta=0$，$\forall a,\beta\in W$。

        3、证明结论：任取W中一组向量$a_1,\ldots,a_t$，令$Q=(a_{1},\ldots,a_{t})$。

         则$Q^{T}k Q=0$，然后利用此结论证明满足条件的子空间W的维数小于等于2。

\end{problem}
\begin{solution}
    暂无
\end{solution}
\end{document}